%2007/04/22 06:10
%Copyright 2007 WATANABE,Masayuki
\documentclass[a4j,10pt,fleqn]{jsarticle}
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\def\dsum{\displaystyle\sum}
\def\dlim{\displaystyle\lim}
\def\dint{\displaystyle\int}
\def\dprod{\displaystyle\prod}
\def\tvec#1{\overrightarrow{\text{#1}}}
\def\dvec#1{\overrightarrow{#1}}
\def\MARU#1{{\ooalign{\hfil#1\/\hfil\crcr\raise.167ex\hbox{\mathhexbox20D}}}}
\begin{document}
{\large 京都大学　1979年　入学試験　理系数学　問題3}\\
\\
{\large 問題}\\
\\
\begin{enumerate}
 \item　変数 $t$ が $t>0$ の範囲を動くとき
\[
 f(t)=\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}+\sqrt{t+\frac{1}{t}+1}\text{，}\quad g(t)=\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}-\sqrt{t+\frac{1}{t}+1} 
\]
について，$f(t)$ の最小値は $2+\sqrt{3}$，$g(t)$ の最大値は $2-\sqrt{3}$ 
      であることを示せ．
 \item　$a=\sqrt{x^2+xy+y^2}$，$b=p\sqrt
{xy}$，$c=x+y$ とおく．任意の正
      数 $x$，$y$（$>0$）に対して $a$，$b$，$c$ を3辺の長さとする三角形
      がつねに存在するように，$p$ の値の範囲を定めよ．
\end{enumerate}
\ \\
{\large 解答}\\
\\
$f(t)=\sqrt{t}+\dfrac{1}{\sqrt{t}}+\sqrt{t+\dfrac{1}{t}+1}$\\
について\\
$f'(t)=\dfrac{(t-1)\left(t\sqrt{\dfrac{t^{2}+t+1}{t}}+ t^{\frac{3}{2}}+\sqrt{t}\right)}
{2t^{\frac{5}{2}}
 \sqrt{\dfrac{t^{2}+t+1}{t}}}$\\
(t-1)以外の項はすべて$t>0$の範囲で正なので、$f'(t)$の符号は$(t-1)$と一致する。\\
したがって、\\
$f'(t)$は$t<1$で単調減少\\
$f'(t)$は$t>1$で単調増加\\
よって$t=1$において最小値をとる。\\
よって最小値は
$$f(1)=1+1+\sqrt{3}=2+\sqrt{3}$$
\\
$g'(t)=\dfrac{(t-1)\left(t\sqrt{\dfrac{t^{2}+t+1}{t}}- t^{\frac{3}{2}}-\sqrt{t}\right)}
{2t^{\frac{5}{2}} \sqrt{\dfrac{t^{2}+t+1}{t}}}$\\
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{t\sqrt{\dfrac{t^{2}+t+1}{t}}- t^{\frac{3}{2}}-\sqrt{t}}\\
&=&\sqrt{t}\sqrt{t^{2}+t+1}- t\sqrt{t}-\sqrt{t}\\
&=&\sqrt{t}(\sqrt{t^{2}+t+1}- (t+1))\\
&=&\sqrt{t}(\sqrt{t^{2}+t+1}- \sqrt{(t+1)^2})\\
&=&\sqrt{t}(\sqrt{t^{2}+t+1}- \sqrt{t^2+2t+1})
\end{eqnarray*}
$t>0$より\\
$t^{2}+t+1<t^2+2t+1$\\
よって\\
$g'(x)$の符号は$(t-1)$と逆になる。\\
よって\\
$t<1$の範囲で$g'(x)>0$\\
$t>1$の範囲で$g'(x)<0$\\
したがって$g(x)$は$t=1$で最大値をとる。\\
よって最大値は\\
$$g(1)=1+1-\sqrt{3}=2+\sqrt{3}$$
\\
2.\\
$a=\sqrt{x^2+xy+y^2}$，$b=p\sqrt{xy}$，$c=x+y$
とおく．任意の正数 $x$，$y$（$>0$）に対して 
$a$，$b$，$c$ を3辺の長さとする三角形がつねに存在するように，
$p$ の値の範囲を定めよ．

三角形が存在するためには、三角不等式が成立する必要がある。\\
$a>0,b>0,c>0$で
$a+b>c,b+c>a,c+a>b$\\
これが成立する範囲では三角形を構成することができる。\\
$x,y>0$より$a,b,c>0$は自明\\
よって次の三つの不等式が成立すればいい\\
$b>c-a,b>a-c,b<c+a$\\
書き直すと
\begin{eqnarray}
p\sqrt{xy}=b&>&c-a=x+y-\sqrt{x^2+xy+y^2} \label{n.1}\\
p\sqrt{xy}=b&>&a-c=\sqrt{x^2+xy+y^2}-(x+y) \label{n.2}\\
p\sqrt{xy}=b&<&a+c=x+y+\sqrt{x^2+xy+y^2} \label{n.3}
\end{eqnarray}
となる。\\

(\ref{n.1})が成立するためには\\
$p>\dfrac{x+y-\sqrt{x^2+xy+y^2}}{\sqrt{xy}}$\\
$\dfrac{x}{y}=t$とすると\\
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{\dfrac{x+y-\sqrt{x^2+xy+y^2}}{\sqrt{xy}}}\\
&=&\dfrac{x}{\sqrt{xy}}+\dfrac{y}{\sqrt{xy}}-\dfrac{\sqrt{x^2+xy+y^2}}{\sqrt{xy}}\\
&=&\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}-
\sqrt{\dfrac{x^2}{xy}+\dfrac{xy}{xy}+\dfrac{y^2}{xy}}\\
&=&\sqrt{t}+\sqrt{\dfrac{1}{t}}-\sqrt{t+\dfrac{1}{t}+1}
\end{eqnarray*}
1.より\\
$\sqrt{t}+\sqrt{\dfrac{1}{t}}-\sqrt{t+\dfrac{1}{t}+1}$の最大値は\\
$2-\sqrt{3}$なので\\
$p>2-\sqrt{3}$であれば、この不等式は常に成立する。\\
\ \\
(\ref{n.2})が成立するためには\\
$p>\dfrac{\sqrt{x^2+xy+y^2}-(x+y)}{\sqrt{xy}}$\\
$x^2+xy+y^2<(x+y)^2$より\\
$\sqrt{x^2+xy+y^2}-(x+y)<0$\\
$p>0$であればこの不等式は常に成立する。\\
\ \\
(\ref{n.3})が成立するためには\\
\begin{eqnarray*}
p&<&\dfrac{x}{\sqrt{xy}}+\dfrac{y}{\sqrt{xy}}+\sqrt{\dfrac{x^2}{xy}+\dfrac{xy}{xy}+\dfrac{y^2}{xy}}\\
&=&\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{\dfrac{y}{x}}+\sqrt{\dfrac{x}{y}+1+\dfrac{y}{x}}\\
&=&\sqrt{t}+\sqrt{\dfrac{1}{t}}+\sqrt{\dfrac{1}{t}+1+t}
\end{eqnarray*}
1.より\\
$\sqrt{t}+\sqrt{\dfrac{1}{t}}+\sqrt{\dfrac{1}{t}+1+t}$の最小値は\\
$2+\sqrt{3}$なので\\
$p<2+\sqrt{3}$であれば常にこの不等式は成立する。\\
以上より\\
$$2-\sqrt{3}<p<2+\sqrt{3}$$
証明終了
\end{document}
